MATEMATIKA LANJUT 1SISTEM PERSAMAAN LINIER

Dosen :Fitri Yulianti, SP. MSi

Persamaan linierDefinisiN buah variable x1, x2, …, xn yang dinyatakan dalam bentuk :

a1x1 + a2x2+…+ an xn=bdisebut persamaan linier, dengan a1, a2, … ,an dan b adalah konstanta-konstanta riil.Sekumpulan nilai/ harga sebanyak n yang disubtitusikan ke n variable : a1=k1, x2=k2 … xn=kn sedemikian sehingga persamaan tersebutterpenuhi, maka himpunan nilai tersebut (k1, k2, … kn) disebuthimpunan penyelesaian (solusi set).Contoh

2x1 + x2 + 3x3=5x1=1; x2=0; x3=1 (1,0,1) solusix1=0; x2=5; x3=0 (0,5,0) solusix1=2; x =1; x3=0 (2,1,0) solusi

suatu persamaan linier bisa mempunyai solusi >1.

DefinisiSebuah himpunan berhingga dari persamaan-persamaan linier didalam n variable: x1, x2, …, xndisebut sistem persamaan linier.

Sistem persamaan linier yang tidak mempunyai solusidisebut inconsisten. Sedangkan sistem persamaanlinier yang mempunyai paling sedikit sebuah solusidisebut consisten.Misal ada 2 persamaan dengan 2 variabel.

P1: a1x1+ a2x2=b1 (a1, a2≠0)P2: c1x1+ c2x2=b2 (c1, c2≠0)

Jika kedua persamaan tersebut dinyatakan dalamgrafik, maka:

U2

X1

U2

X1

U2

X1

P1

P2

Inconsisten

P1P2P2

Konsisten

Penyajian SPL dengan persamaan matriks

a11x1 + a12x2 + a13x3 +…+a1nxn= b1

a21x1 + a22x2 + a23x3 +…+a2nxn = b2

:am1x1 + an2x2 + an3x3 + …+annxn = bm

x = b =

matriks koefisien

SPL umum:

a11 a12 a13 a1n

a21 a22 a23 a2n:

am1 am2 am3 amn

x1

x2

:

xm

b1

b2

:

bm

A =

Ax = b

Penyajian SPL sebagai matriks augmented

a11x1 + a12x2 + a13x3 +… + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + a23x3 +… + a2nxn = b2

:am1x1 + am2x2 + am3x3 + … + amnxn = bm

matriks augmented

a11 a12 a13 … a1n b1

a21 a22 a23 … a2n b2:.am1 am2 am3 … amn bm

SUSUNAN PERSAMAAN LINIER

HOMOGENAX=0

NON HOMOGENAX=B, B≠0

SELALU ADA JAWAB TAK PUNYA JAWABR(a)≠r(A,B)

MEMPUNYAI JAWAB

JAWAB HANYA JAWAB TRIVIAL

(NOL);R=N

SELAIN JAWAB TRIVIAL, ADA JUGA JAWAB NONTRIVIAL R<N

JAWAB UNIK(TUNGGAL)

R=N

BANYAK JAWAB

R<N

Untuk menyelesaikan persamaan linier menggunakan metode ”Gauss. Jordan” yaitu: merubah matriks augmented (A|B) menjadi matriks eselon terreduksi dengan cara melakukan transformasi elementer.

Bentuk umum: Ax = B, dimana B≠0Sistem Persamaan linier non homogen akan mempunyai jawab bila :Rank(A) = Rank(A|B)Contoh ;1. carilah titik persekutuan garis. -3x+6y = -9 dengan garis. x-2y = 3

Jawab: -3x+6y=-9

x-2y=3Dalam bentuk matriks=

0:003:21

B 9:63

3:21B

3:219:63-

B)|(A

BxA 39

2163

~

(3)21

~12

atauyx

R(a)=r(A|B)=1 r<nJumlah variabel=2 1<2

Jadi jawabnya tidak tunggal.

Sistem Persamaan Linier Non Homogen

Contoh2. Selesaikan sistem persamaan linier non homogen

Di bawah ini :

Jawab :

4 2x 4x 2x3 x 3x 4x1 2x x 3x2 x 2x x

321

321

321

321

B xA

4312

xxx

242134213

121

3

2

1

4242313412132121

~

)3(21B

~

)4(31B

~

)2(41B

000055505550

2121~

)5/1(2B

00005550

11102121

00005550

11102121

~

)2(12B

)11(32B

0000660011100101

~

)6/1(3B

0000110011100101

~

)1(13B

)1(23B

0000110000101001

Rank (A) = R (A|B) = 3 =banyaknya variabelJadi jawabnya tunggalMatriks lengkap di atas menyatakan:

Sehingga sebagai penyelesaiannya : 1 x 1 x 0x 0x0 xatau 0 0x x 0x

1 x 1 0x 0x x

3321

2321

1321

101

xxx

x

3

2

1

Sistem Persamaan Linier HomogenBentuk umum: Ax = 0, yaitu:a11 x1 + a12 x2 + ... a1n xn = 0a21 x2 + a22 x2 + ... a2n xn = 0

am1 xm+am2 xm + ... amn xn = 0Atau=

0

00

2

1

2

22221

11211

nmnmmn

n

n

x

xx

aaa

aaaaaa

Matriks A berukuran (m x n)Matriks x berukuran (n x 1)Matriks o berukuran (m x 1)Karena matriks lengkapnya (A|Õ) maka akan selalu berlaku rank (A)=rank (A|Õ). Sehingga sistem persamaan linier homogen selalu mempunyai jawab (konsisten).

Contoh1. Selesaikan sistem persamaan linier dibawah ini :

Jawab :

Sehingga solusinya :Yaitu solusi trivial atau

0 x 2x x0 2x x x

0 x x x

321

321

321

000

xxx

121211111

atau

3

2

1

012102110111

0)|(A ~

)1(21B

)1(31B

001001000111

~23B

010000100111 ~

)1(12B

)1(13B

010000100001

0 x 0x 0x0 0x x 0x0 0x 0x x

321

321

321

0 x, 0 x, 0 x 321

0 x

2. Selesaikan sistem persamaan linier di bawah ini :

Jawab :0 x x2x0 4x 2x 3x x0 x x x x

431

4321

4321

000

xxxx

1102

42311111

atau

4

3

2

1

011020423101111

0)|A(~

)1(21B

)2(31B

031200312001111

~

)1(32B

Rank (A) = (A|0) = 2< n = 4jadi solusinya tidak tunggal(banyak)

000000312001111

~

)2/1(2B

0000002/32/11001111

~

)1(12B

0000002/32/11002/12/101

0 x23 x

21 x 0x

0 x21 x

21 0x x

4321

4321

432

431

x23 x

21 x

x21 x

21x

Dimana : x3 dan x4 bebas.

Sehingga :

Berlaku untuk setiap bilangan riil a & b

b 23 a

21- x

b 21 a

21- didapat x

b dan x a untuk x

2

1

43

103/2-

1/2

b

011/2-1/2-

a

b0a0ba

3/2b-1/2a-1/2b1/2a-

xxxx

x

4

3

2

1